云南省大理州體育中學2025屆高一下數學期末監測模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．若直線與圓相切，則（）A． B． C． D．或2．已知數列，對于任意的正整數，，設表示數列的前項和.下列關于的結論，正確的是（）A． B．C． D．以上結論都不對3．若等差數列和的公差均為，則下列數列中不為等差數列的是（）A．（為常數） B．C． D．4．在中，若，且，則的形狀為()A．直角三角形 B．等腰直角三角形C．正三角形或直角三角形 D．正三角形5．已知的三個內角所對的邊為，面積為，且，則等于（）A． B． C． D．6．在平面直角坐標系中，過點的直線與軸的正半軸，軸的正半軸分別交于兩點，則的面積的最小值為（）A．1 B．2 C．3 D．47．《九章算術》卷5《商功》記載一個問題“今有圓堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺.問積幾何？答曰：二千一百一十二尺.術曰：周自相乘，以高乘之，十二而一”.這里所說的圓堡瑽就是圓柱體，它的體積為“周自相乘，以高乘之，十二而一.”就是說：圓堡瑽（圓柱體）的體積為：V＝×（底面的圓周長的平方×高）．則由此可推得圓周率的取值為（）A．3 B．3.14 C．3.2 D．3.38．已知函數的圖像關于直線對稱，則可能取值是().A． B． C． D．9．直線，，的斜率分別為，，，如圖所示，則（）A． B．C． D．10．設滿足約束條件，則的最小值為（）A．3 B．4 C．5 D．10二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．圓的一條經過點的切線方程為______．12．在上，滿足的的取值范圍是______.13．設等比數列的前項和為，若，,則的值為______．14．數列中，為的前項和，若，則____．15．若、是方程的兩根，則__________.16．將二進制數110轉化為十進制數的結果是_____________.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．如圖，四棱錐中，底面,分別為的中點,.(1)證明:平面平面(2)求三棱錐的體積.18．已知等比數列的公比為，是的前項和；（1）若，，求的值；（2）若，，有無最值？說明理由；（3）設，若首項和都是正整數，滿足不等式，且對于任意正整數有成立，問：這樣的數列有幾個？19．已知點，，均在圓上.（1）求圓的方程；（2）若直線與圓相交于,兩點，求的長；（3）設過點的直線與圓相交于、兩點，試問：是否存在直線，使得恰好平分的外接圓？若存在，求出直線的方程；若不存在，請說明理由.20．如圖，在中，，D為延長線上一點，且，，.（1）求的長度；（2）求的面積.21．如圖，四棱錐中，底面是直角梯形，，，，側面是等腰直角三角形，，平面平面，點分別是棱上的點，平面平面（Ⅰ）確定點的位置，并說明理由；（Ⅱ）求三棱錐的體積.

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、D【解析】

本題首先可根據圓的方程確定圓心以及半徑，然后根據直線與圓相切即可列出算式并通過計算得出結果。【詳解】由題意可知，圓方程為，所以圓心坐標為，圓的半徑，因為直線與圓相切，所以圓心到直線距離等于半徑，即解得或，故選D。【點睛】本題考查根據直線與圓相切求參數，考查根據圓的方程確定圓心與半徑，若直線與圓相切，則圓心到直線距離等于半徑，考查推理能力，是簡單題。2、B【解析】

根據題意，結合等比數列的求和公式，先得到當時，，再由極限的運算法則，即可得出結果.【詳解】因為數列，對于任意的正整數，，表示數列的前項和，所以，，，...…，所以當時，，因此.故選：B【點睛】本題主要考查數列的極限，熟記等比數列的求和公式，以及極限的運算法則即可，屬于常考題型.3、D【解析】

利用等差數列的定義對選項逐一進行判斷，可得出正確的選項.【詳解】數列和是公差均為的等差數列，則，，.對于A選項，，數列（為常數）是等差數列；對于B選項，，數列是等差數列；對于C選項，，所以，數列是等差數列；對于D選項，，不是常數，所以，數列不是等差數列.故選：D.【點睛】本題考查等差數列的定義和通項公式，注意等差數列定義的應用，考查推理能力，屬于中等題.4、D【解析】

由兩角和的正切公式求得，從而得，由二倍角公式求得，再求得，注意檢驗符合題意，可判斷三角形形狀．【詳解】，∴，∴，由，即.∴或.當時，，無意義.當時，，此時為正三角形.故選：D.【點睛】本題考查三角形形狀的判斷，考查兩角和的正切公式和二倍角公式，根據三角公式求出角是解題的基本方法．5、C【解析】

利用三角形面積公式可得，結合正弦定理及三角恒等變換知識可得，從而得到角A.【詳解】∵∴即∴∴∴，∴（舍）∴故選C【點睛】此題考查了正弦定理、三角形面積公式，以及三角恒等變換，熟練掌握邊角的轉化是解本題的關鍵．6、B【解析】

利用直線的方程過點分別與軸的正半軸，軸的正半軸分別交于兩點，可得：，，結合基本不等式的性質即可得出.【詳解】在平面直角坐標系中，過點的直線與軸的正半軸，軸的正半軸分別交于兩點，且構成，所以，直線斜率一定存在，設，，：，，則有：，，解得，當且僅當：，即時，等號成立，的面積為：.故選：B【點睛】本題考查了直線的截距式方程、基本不等式求最值，注意驗證等號成立的條件，屬于基礎題.7、A【解析】試題分析：由題意知圓柱體積×（底面的圓周長的平方×高）,化簡得：，故選A．考點：圓柱的體積公式．8、D【解析】

根據正弦型函數的對稱性，可以得到一個等式，結合四個選項選出正確答案.【詳解】因為函數的圖像關于直線對稱，所以有，當時，，故本題選D.【點睛】本題考查了正弦型函數的對稱性，考查了數學運算能力.9、A【解析】

根據題意可得出直線，，的傾斜角滿足，由傾斜角與斜率的關系得出結果.【詳解】解：設三條直線的傾斜角為，根據三條直線的圖形可得，因為，當時，，當時，單調遞增，且，故，即故選A.【點睛】本題考查了直線的傾斜角與斜率的關系，解題的關鍵是熟悉正切函數的單調性.10、B【解析】

結合題意畫出可行域，然后運用線性規劃知識來求解【詳解】如圖由題意得到可行域，改寫目標函數得，當取到點時得到最小值，即故選【點睛】本題考查了運用線性規劃求解最值問題，一般步驟：畫出可行域，改寫目標函數，求出最值，需要掌握解題方法二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

根據題意，設為，設過點圓的切線為，分析可得在圓上，求出直線的斜率，分析可得直線的斜率，由直線的點斜式方程計算可得答案．【詳解】根據題意，設為，設過點圓的切線為，圓的方程為，則點在圓上，則，則直線的斜率，則直線的方程為，變形可得，故答案為．【點睛】本題考查圓的切線方程，注意分析點與圓的位置關系．12、【解析】

由，結合三角函數線，即可求解，得到答案.【詳解】如圖所示，因為，所以滿足的的取值范圍為.【點睛】本題主要考查了特殊角的三角函數值，以及三角函數線的應用，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.13、16【解析】

利用及可計算，從而可計算的值.【詳解】因為，故，因為，故，故，故填16.【點睛】等差數列或等比數列的處理有兩類基本方法：（1）利用基本量即把數學問題轉化為關于基本量的方程或方程組，再運用基本量解決與數列相關的問題；（2）利用數列的性質求解即通過觀察下標的特征和數列和式的特征選擇合適的數列性質處理數學問題．14、【解析】

由，結合等比數列的定義可知數列是以為首項，為公比的等比數列，代入等比數列的求和公式即可求解．【詳解】因為，所以，又因為所以數列是以為首項，為公比的等比數列，所以由等比數列的求和公式得，解得【點睛】本題考查利用等比數列的定義求通項公式以及等比數列的求和公式，屬于簡單題．15、【解析】

由題意利用韋達定理求得、的值，再利用兩角差的正切公式，求得要求式子的值．【詳解】解：、是方程的兩根，，，，或，，則，故答案為：．【點睛】本題主要考查韋達定理，兩角差的正切公式，屬于基礎題．16、6【解析】

將二進制數從右開始,第一位數字乘以2的0次冪,第二位數字乘以2的1次冪,以此類推,進行計算即可.【詳解】,故答案為:6.【點睛】本題考查進位制,解題關鍵是了解不同進制數之間的換算法則,屬于基礎題.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）見證明；（2）【解析】

(1)先證明面，再證明平面平面；（2）由求解.【詳解】（1）證明：由已知為的中點，且，所以，因為，所以，又因為，所以四邊形為平行四邊形，所以，又因為面，所以平面.在△中，因為,分別為,的中點，所以,因為，，所以面，因為，所以平面平面（2）由已知為中點，又因為，所以，因為，，，所以.【點睛】本題主要考查空間幾何元素平行關系的證明，考查幾何體體積的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于中檔題.18、（1）；（2），最小值，最大值；，最小值，無最大值；（3）個【解析】

（1）由，分類討論，分別求得，結合極限的運算，即可求解；（2）由等比數列的前項和公式，求得，再分和兩種情況討論，即可求解，得到結論；（3）由不等式，求得，在由等比數列的前項和公式，得到，根據不等式成立，可得，結合數列的單調性，即可求解.【詳解】（1）由題意，等比數列，且，①當時，可得，，所以，②當時，可得，所以，綜上所述，當，時，.（2）由等比數列的前項和公式，可得，因為且，所以，①當時，單調遞增，此時有最小值，無最大值；②當時，中，當為偶數時，單調遞增，且；當為奇數時，單調遞減，且；分析可得：有最大值，最小值為；綜上述，①當時，的最小值為，最大值為；②當時，的最小值為，無最大值；（3）由不等式，可得，又由等比數列的前項和公式，可得，因為首項和都是正整數，所以，又由對于任意正整數有成立，可得，聯立可得，設，由為正整數，可得單調遞增，所以函數單調遞減，所以，且所以，當時，，即，解得，此時有個，當時，，即，解得，此時有個，所以共有個.【點睛】本題主要考查了等比數列的前項和公式，數列的極限的計算，以及數列的單調性的綜合應用，其中解答中熟記等比數列的前項和公式，極限的運算法則，以及合理分類討論是解答的關鍵，著重考查了分類討論思想，以及分析問題和解答問題的能力，屬于難題.19、（1）；（2）；（3）存在，和.【解析】

（1）根據圓心在，的中垂線上，設圓心的坐標為，根據求出的值，從而可得結果；（2）利用點到直線的距離公式以及勾股定理可得結果；（3）首先驗證直線的斜率不存在時符合題意，然后斜率存在時，設出直線方程，與圓的方程聯立，利用韋達定理，根據列方程求解即可.【詳解】解：（1）由題意可得：圓心在直線上，設圓心的坐標為，則，解得，即圓心，所以半徑，所以圓的方程為；（2）圓心到直線的距離為：，；（3）設，由題意可得：，且的斜率均存在，即，當直線的斜率不存在時，，則，滿足，故直線滿足題意，當直線的斜率存在時，設直線的方程為，由，消去得，則，由得,即，即，解得：，所以直線的方程為，綜上所述，存在滿足條件的直線和.【點睛】本題考查直線和圓的位置關系，注意對于直線要研究其斜率是否存在，另外利用韋達定理可以達到設而不求的目的，本題是中檔題.20、（1）（2）【解析】

（1）求得，在中運用余弦定理可得所求值；（2）在中，求得，，，再由三角形的面積公式，可得所求值．【詳解】（1）由題意可得，在中，由余弦定理可得，則；（2）在中，，，，的面積為．【點睛】本題考查三角形的余弦定理和正弦定理、面積公式的運用，考查方程思想和運算能力．21、（Ⅰ）見解析（Ⅱ）【解析】試題分析：（1）根據面面平行的性質得到，，根據平行關系和長度關系得到點是的中點，點是的中點；（2），因為，所以，進而求得